Extensões naturais

Contraexemplo não-Borel

Seja X = S^1 com a \sigma-álgebra de borel \mathcal{B} e f \colon X \to X uma rotação irracional. Seja E um conjunto que contém exatamente um ponto de cada órbita de f. Como f é uma bijeção que preserva a medida de Lebesgue, E_n = f^n(E) são disjuntos e têm a mesma medida exterior. Em particular, E_n não podem ser mensuráveis, logo m^*(E) > 0.

Agora, uma pequena construção geral: se K for um subconjunto de medida exterior positiva e \mathcal{E} = \sigma(\{ K \} \cup \mathcal{B}), definindo \mu^* \colon 2^X \to [0,1] por \mu^*(A) = \frac{m^*(A \cap K)}{m^*(K)}, uma conta simples mostra que \mu^* é realmente uma medida exterior de probabilidade, e se restringe a uma medida \mu em \mathcal{E}. Também não é complicado mostrar que \mathcal{E} = \mathcal{B} \cup \{ A \cap K : A \in \mathcal{B} \} \cup \{ A \cap K^{\complement} : A \in \mathcal{B} \}. Seja \mathcal{C}_K o completamento por \mu^* da \sigma-álgebra \mathcal{E}.

Vamos aplicar a construção acima para K = \bigcup_{n = 1}^{\infty}f^{n}(E). Note que E \cap K = \varnothing, logo \mu^*(E) = 0 e E \in \mathcal{C}_K. Assim, f^{-1}(K) = E \cup K também é mensurável. Isso mostra que para todo A \in \mathcal{B}, f^{-1}(A \cap K) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(K) é mensurável, logo f^{-1}(\mathcal{E}) \subseteq \mathcal{C}_K.

Agora, para qualquer A \in \mathcal{C}_K, podemos escrever A = B \cup Z com B \in \mathcal{E} e \mu^*(Z) = 0; assim, f^{-1}(A) = f^{-1}(B) \cup f^{-1}(Z). Note que

\begin{equation*} \mu^*(f^{-1}(Z)) = m^*(Z \cap f(K)) \leq m^*(Z \cap K) = \mu^*(Z) = 0, \end{equation*}

portanto f^{-1}(\mathcal{C}_K) \subseteq \mathcal{C}_K.

A mesma conta mostra que \mu^*(f^{-1}(A)) \leq \mu^*(A) para todo A \subseteq X. Assim, se A for mensurável,

\begin{equation*} 1 - \mu(f^{-1}(A)) = \mu(f^{-1}(A^{\complement})) \leq \mu(A^{\complement}) = 1 - \mu(A), \end{equation*}

logo f_*\mu = \mu em \mathcal{C}_K.

Considere \Sigma = \{ (x_i)_{i \leq 0} : f(x_i) = x_{i + 1} \} \subseteq X^{\ZZ_{\le 0}} o limite inverso de (X,f,\mathcal{C}_K), munido da restrição da \sigma-álgebra produto. Note que \tilde f\colon \Sigma \to \Sigma dada por \tilde f((x_i)_{i \leq 0}) = (f(x_i))_{i \leq 0} = (\dots,x_{-1},x_0,f(x_0)) é invertível e mensurável, pois \tilde f([A_{-k},\dots,A_0] \cap \Sigma) = [A_{-k},\dots,A_0,X] \cap \Sigma. Para cada n \in \ZZ_{ \leq 0}, seja K_n = [n \mid K] = \{ (x_i)_{i \leq 0} : x_n \in K \}. Suponha que exista \tilde \mu uma medida em \Sigma tal que \pi_*\tilde \mu = \mu, em que \pi((x_i)_{i \leq 0}) = x_0. Então

\begin{equation*} \tilde \mu(K_n) = \tilde \mu(\tilde{f}^n(\pi ^{-1}(K))) = \mu(K) = 1 \end{equation*}

para todo n. Por outro lado, como f é invertível,

\begin{align*} \bigcap_{n \leq 0}K_n &= \{ (x_i)_{i \leq 0} : \forall i, x_i \in K \} \\ &= \{ (x_i)_{i \leq 0} : \forall n \geq 0, f^{-n}(x_0) \in K \}.\\ \end{align*}

Mas esse conjunto é vazio, pois

\begin{equation*} \{ x : \forall n \geq 0, f^{-n}(x_0) \in K \} = \bigcap_{n = 0}^{\infty}f^n(K) = \limsup_k E_k = \varnothing. \end{equation*}

Isso contradiz a continuidade no vazio de medidas finitas.

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